Занятная головоломка

[binki]

Справедливо равенство для всех простых чисел $P_i$

$$(P_i^p=a^p+N) \Rightarrow (P_i^pb^p=a^pb^p+Nb^p); (a,b,N)\in \mathbb {N}$$

$P_i^pb^p$-это же любая составная степень. Выходит нет решений УФ с общим делителем. Ведь $N$, а также и $Nb^p$ не являются степенями. Так это же, что нет и взаимно простых решений. Где собака зарыта? По правилам форума пусть $p=3$, а так $p>2$- простой показатель

[binki]

Приведенное равенство доказывает справедливость ВТФ.

[Lia]

binki
Ваше последнее требование противоречит правилам Дискуссионного раздела. Поскольку тема не предполагает дискуссии, я переношу ее в Карантин до тех пор, пока не появится четко сформулированный предмет обсуждения.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Великая теорема Ферма» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

См. выше.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Великая теорема Ферма»

[mihaild]

Поставьте, пожалуйста, кванторы по $P, a, b, N, p$ в вашем утверждении (и укажите, о каком равенстве вы говорите? у вас приведено два равенства, связанных импликацией)

[binki]

mihaild в сообщении #1155748 писал(а):

Поставьте, пожалуйста, кванторы по $P, a, b, N, p$ в вашем утверждении (и укажите, о каком равенстве вы говорите? у вас приведено два равенства, связанных импликацией)

$$\forall( b, P_i \in \mathbb {P})\quad \exists (P_i^p=a^p+N) \Rightarrow \exists(P_i^pb^p=a^pb^p+Nb^p); (a,b,N)\in \mathbb {N}$$

mihaild, равенство

$$P_i^pb^p=a^pb^p+Nb^p$$

с учетом, что $N$ не степень с показателем $p$

[mihaild]

А как вы навешиваете квантор на равенство целиком?
Давайте я попробую угадать: $\forall a, b, p, N, P_i: (P_i^p = a^p + N) \rightarrow (P_i^p b^p = a^p b^p + N b^p)$ - так сойдет?
Это конечно верная импликация (взяли и умножили обе части равенства на одно и то же). А что дальше? (и где используется, что $p > 2$?)

(получается, что если у уравнения ВТФ есть решение для некоторого показателя степени, то у него бесконечно много решений для этого показателя; это правда, но неинтерсно)

[binki]

mihaild в сообщении #1155843 писал(а):

Давайте я попробую угадать: $\forall a, b, p, N, P_i: (P_i^p = a^p + N) \rightarrow (P_i^p b^p = a^p b^p + N b^p)$ - так сойдет?
Это конечно верная импликация (взяли и умножили обе части равенства на одно и то же). А что дальше? (и где используется, что $p > 2$?)

(получается, что если у уравнения ВТФ есть решение для некоторого показателя степени, то у него бесконечно много решений для этого показателя; это правда, но неинтерсно)

Не сойдет. Простое число $P_i$ и число $b$ - любые. А числа $a,N$ зависят от $P_i$. Разумеется показатель - любое простое число.
$p>2$ используется в $P_i^p = a^p + N$, то что $N$ не степень с показателем $p$. Что не обязательно при $p=2$
Вывод - все наоборот. Нет не взаимно простых решений - нет и взаимно простых.

[mihaild]

binki в сообщении #1155854 писал(а):

А числа $a,N$ зависят от $P_i$

А как зависят? Хотя бы как зависит $a$ от $P_i$? (зная $a, p$ и $P_i$, $N$ я наверное найти смогу)

binki в сообщении #1155854 писал(а):

$P_i^p = a^p + N$, то что $N$ не степень с показателем $p$.

И почему это так?

binki в сообщении #1155854 писал(а):

Нет не взаимно простых решений - нет и взаимно простых

Это тоже почти очевидно: если $a^n$ делится на простое $p$, то и $a$ делится на $p$, так что если у нас есть решение уравнения ВТФ, где $gcd(a^n, b^n, c^n) > 1$, то из него можно изготовить решение с взаимно простыми в совокупности $a, b, c$.

[cmpamer]

binki в сообщении #1155854 писал(а):

$p>2$ используется в $P_i^p = a^p + N$, то что $N$ не степень с показателем $p$. Что не обязательно при $p=2$

А при $p>2$ - обязательно? Т.е. Вы доказываете теорему, опираясь на основное её утверждение, которое требуется доказать?
Не, так не доказывают. Так можно опровергать утверждения (метод от противного), но не доказывать.

binki в сообщении #1155854 писал(а):

Вывод - все наоборот. Нет не взаимно простых решений - нет и взаимно простых.

А отсутствие не взаимно простых решений следует из отсутствия взаимно простых. Реально - головоломка! Только Вы рановато её опубликовали - надо было в Новый Год (часа в два) тиснуть. А на сухую Вы этой своей штуковиной никому голову не сломаете.

[binki]

mihaild в сообщении #1155859 писал(а):

binki в сообщении #1155854
писал(а):
$P_i^p = a^p + N$, то что $N$ не степень с показателем $p$.
И почему это так?......если у нас есть решение уравнения ВТФ, где $gcd(a^n, b^n, c^n) > 1$, то из него можно изготовить решение с взаимно простыми в совокупности $a, b, c$.

mihaild, да по тому что степень любого простого числа, с простым показателем не равна сумме двух других степеней с тем же показателем. Известно, что она всегда составная.
Ни каких если. Эти равенства настоящие, а не предполагаемые, как Вы толкуете.
Второе равенство сразу же показывает, что решения отсутствуют для любой составной степени $P_1^Pb^p=P_i^pb_1^pb_2^p$
Ведь $b^p$ также любая степень и может быть составной. Зависимость между числами исчерпано равенством $P_i^p = a^p + N$

-- 30.09.2016, 07:30 --

cmpamer в сообщении #1155865 писал(а):

А отсутствие не взаимно простых решений следует из отсутствия взаимно простых

cmpamer, уж пояснялось для mihaild, что все наоборот. Отсутствуют взаимно простые решения, потому что нет не взаимно простых решений. $N$ - не степень для первого равенства с простым числом. Еще раз для Вас. Равенства настоящие, а не предполагаемые. Зачем по кругу ходите?

[binki]

binki в сообщении #1155919 писал(а):

да по тому что степень любого простого числа, с простым показателем не равна сумме двух других степеней с тем же показателем. Известно, что она всегда составная.

С простым показателем $p>2$. Вот так.

[mihaild]

binki в сообщении #1155919 писал(а):

степень любого простого числа, с простым показателем не равна сумме двух других степеней с тем же показателем

Верно ли, что это означает, что уравнение $a^n + b^n = P^n$ не имеет решения в натуральных числах при $n > 2$ и простом $P$?
Если да, то
1) почему? (это надо доказывать)
2) почему из этого следует ВТФ? Что ее достаточно доказать для простых в совокупности наборов чисел - очевидно. Что достаточно рассмотреть случая простого числа в основании правой части - вроде бы не очевидно.

[binki]

mihaild в сообщении #1155928 писал(а):

Верно ли, что это означает, что уравнение $a^n + b^n = P^n$ не имеет решения в натуральных числах при $n > 2$ и простом $P$?
Если да, то
1) почему? (это надо доказывать)
2) почему из этого следует ВТФ? Что ее достаточно доказать для простых в совокупности наборов чисел - очевидно. Что достаточно рассмотреть случая простого числа в основании правой части - вроде бы не очевидно.

Верно, сумма степеней $a^n + b^n$ (не важно чему она равна) всегда делится на $a+b$ при простом показателе больше 2. Для уравнения Ферма есть формулы Абеля. Они все это подтверждают.
Ничего доказывать и не надо. Доказательство перед вами. Надо опровергать или соглашаться.
ВТФ верна, доказано же, что нет ни каких решений для уравнения Ферма. Показано же, что любая составная степень не равна сумме других степеней при том же простом показателе.
И все на настоящих равенствах, а не на предполагаемых.
Первое равенство для степени простого числа умножаем на любую степень, и получаем доказательство.